高考數(shù)學(xué)（北師大版文）講義第六章　數(shù)列第4講　數(shù)列求和4

§6.4數(shù)列求和最新考綱考情考向分析1.熟練掌握等差、等比數(shù)列的前n項和公式．2.掌握非等差數(shù)列、非等比數(shù)列求和的幾種常見方法.本節(jié)以考查分組法、錯位相減法、倒序相加法、裂項相消法求數(shù)列前n項和為主，識別出等差(比)數(shù)列，直接用公式法也是考查的熱點．題型以解答題的形式為主，難度中等或稍難．一般第一問考查求通項，第二問考查求和，并與不等式、函數(shù)、最值等問題綜合.1．等差數(shù)列的前n項和公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.2．等比數(shù)列的前n項和公式Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))3．一些常見數(shù)列的前n項和公式(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2.(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n(n＋1)．(4)12＋22＋…＋n2＝eq\f(nn＋12n＋1,6).知識拓展數(shù)列求和的常用方法(1)公式法直接利用等差、等比數(shù)列的求和公式求和．(2)分組轉(zhuǎn)化法把數(shù)列轉(zhuǎn)化為幾個等差、等比數(shù)列，再求解．(3)裂項相消法把數(shù)列的通項拆成兩項之差求和，正負相消剩下首尾若干項．常見的裂項公式①eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)；②eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))；③eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n).(4)倒序相加法把數(shù)列分別正著寫和倒著寫再相加，即等差數(shù)列求和公式的推導(dǎo)過程的推廣．(5)錯位相減法主要用于一個等差數(shù)列與一個等比數(shù)列對應(yīng)項相乘所得的數(shù)列的求和．(6)并項求和法一個數(shù)列的前n項和中，可兩兩結(jié)合求解，則稱之為并項求和．形如an＝(－1)nf(n)類型，可采用兩項合并求解．題組一思考辨析1．判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)如果數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且公比不等于1，則其前n項和Sn＝eq\f(a1－an＋1,1－q).(√)(2)當(dāng)n≥2時，eq\f(1,n2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1))).(√)(3)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan之和時，只要把上式等號兩邊同時乘以a即可根據(jù)錯位相減法求得．(×)(4)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)＋2n－1))的前n項和為n2＋eq\f(1,2n).(×)(5)推導(dǎo)等差數(shù)列求和公式的方法叫作倒序求和法，利用此法可求得sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin288°＋sin289°＝44.5.(√)(6)如果數(shù)列{an}是周期為k的周期數(shù)列，那么Skm＝mSk(m，k為大于1的正整數(shù))．(√)題組二教材改編2．一個球從100m高處自由落下，每次著地后又跳回到原高度的一半再落下，當(dāng)它第10次著地時，經(jīng)過的路程是()A．100＋200(1－2－9) B．100＋100(1－2－9)C．200(1－2－9) D．100(1－2－9)答案A解析第10次著地時，經(jīng)過的路程為100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×eq\f(2－11－2－9,1－2－1)＝100＋200(1－2－9)．3．1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝________.(x≠0且x≠1)答案eq\f(1－xn,1－x2)－eq\f(nxn,1－x)解析設(shè)Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，①則xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，②①－②得(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn＝eq\f(1－xn,1－x)－nxn，∴Sn＝eq\f(1－xn,1－x2)－eq\f(nxn,1－x).題組三易錯自糾4．(2017·濰坊調(diào)研)設(shè){an}是公差不為0的等差數(shù)列，a1＝2，且a1，a3，a6成等比數(shù)列，則{an}的前n項和Sn等于()A.eq\f(n2＋7n,4) B.eq\f(n2＋5n,3)C.eq\f(2n2＋3n,4) D．n2＋n答案A解析設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則a1＝2，a3＝2＋2d，a6＝2＋5d.又∵a1，a3，a6成等比數(shù)列，∴aeq\o\al(2,3)＝a1·a6.即(2＋2d)2＝2(2＋5d)，整理得2d2－d＝0.∵d≠0，∴d＝eq\f(1,2).∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(n2,4)＋eq\f(7,4)n.5．(2018·日照質(zhì)檢)數(shù)列{an}的通項公式為an＝(－1)n－1·(4n－3)，則它的前100項之和S100等于()A．200B．－200C．400D．－400答案B解析S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.6．?dāng)?shù)列{an}的通項公式為an＝ncoseq\f(nπ,2)，其前n項和為Sn，則S2017＝________.答案1008解析因為數(shù)列an＝ncoseq\f(nπ,2)呈周期性變化，觀察此數(shù)列規(guī)律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，故a5＋a6＋a7＋a8＝2，∴周期T＝4.∴S2017＝S2016＋a2017＝eq\f(2016,4)×2＋2017·coseq\f(2017,2)π＝1008.題型一分組轉(zhuǎn)化法求和典例(2018·合肥質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(n2＋n,2)，n∈N＋.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝2an＋(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前2n項和．解(1)當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝1；當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n2＋n,2)－eq\f(n－12＋n－1,2)＝n.a1也滿足an＝n，故數(shù)列{an}的通項公式為an＝n.(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.記數(shù)列{bn}的前2n項和為T2n，則T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．記A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，則A＝eq\f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故數(shù)列{bn}的前2n項和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.引申探究本例(2)中，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解由(1)知bn＝2n＋(－1)nn.當(dāng)n為偶數(shù)時，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝eq\f(2－2n＋1,1－2)＋eq\f(n,2)＝2n＋1＋eq\f(n,2)－2；當(dāng)n為奇數(shù)時，Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－2)＋(n－1)－n]＝2n＋1－2＋eq\f(n－1,2)－n＝2n＋1－eq\f(n,2)－eq\f(5,2).∴Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＋1＋\f(n,2)－2，n為偶數(shù)，,2n＋1－\f(n,2)－\f(5,2)，n為奇數(shù).))思維升華分組轉(zhuǎn)化法求和的常見類型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}為等差或等比數(shù)列，可采用分組求和法求{an}的前n項和．(2)通項公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bn，n為奇數(shù)，,cn，n為偶數(shù)))的數(shù)列，其中數(shù)列{bn}，{cn}是等比數(shù)列或等差數(shù)列，可采用分組求和法求和．提醒：某些數(shù)列的求和是將數(shù)列轉(zhuǎn)化為若干個可求和的新數(shù)列的和或差，從而求得原數(shù)列的和，注意在含有字母的數(shù)列中對字母的討論．跟蹤訓(xùn)練等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，滿足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；(2)令cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,Sn)，n為奇數(shù)，,bn，n為偶數(shù)，))設(shè)數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，求T2n.解(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為q，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＋S2＝10，,a5－2b2＝a3，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＋6＋d＝10，,3＋4d－2q＝3＋2d，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2，,q＝2，))∴an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.(2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝n(n＋2)，則cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,nn＋2)，n為奇數(shù)，,2n－1，n為偶數(shù)，))即cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)，n為奇數(shù)，,2n－1，n為偶數(shù)，))∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＋(2＋23＋…＋22n－1)＝1－eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(21－4n,1－4)＝eq\f(2n,2n＋1)＋eq\f(2,3)(4n－1)．題型二錯位相減法求和典例(2017·天津)已知{an}為等差數(shù)列，前n項和為Sn(n∈N＋)，{bn}是首項為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通項公式；(2)求數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項和(n∈N＋)．解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因為q>0，解得q＝2，所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②聯(lián)立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－2，數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝2n.(2)設(shè)數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項和為Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，③4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，④③－④，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝eq\f(12×1－4n,1－4)－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8，得Tn＝eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3).所以數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項和為eq\f(3n－2,3)×4n＋1＋eq\f(8,3).思維升華錯位相減法求和時的注意點(1)要善于識別題目類型，特別是等比數(shù)列公比為負數(shù)的情形．(2)在寫出“Sn”與“qSn”的表達式時應(yīng)特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準(zhǔn)確寫出“Sn－qSn”的表達式．(3)在應(yīng)用錯位相減法求和時，若等比數(shù)列的公比為參數(shù)，應(yīng)分公比等于1和不等于1兩種情況求解．跟蹤訓(xùn)練(2018·阜陽調(diào)研)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的公比為q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)當(dāng)d>1時，記cn＝eq\f(an,bn)，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.解(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10a1＋45d＝100，,a1d＝2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋9d＝20，,a1d＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,d＝\f(2,9).))故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝2n－1，,bn＝2n－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an＝\f(1,9)2n＋79，,bn＝9·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,9)))n－1.))(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝eq\f(2n－1,2n－1)，于是Tn＝1＋eq\f(3,2)＋eq\f(5,22)＋eq\f(7,23)＋eq\f(9,24)＋…＋eq\f(2n－1,2n－1)，①eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋eq\f(7,24)＋eq\f(9,25)＋…＋eq\f(2n－1,2n).②①－②可得eq\f(1,2)Tn＝2＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－2)－eq\f(2n－1,2n)＝3－eq\f(2n＋3,2n)，故Tn＝6－eq\f(2n＋3,2n－1).題型三裂項相消法求和命題點1形如an＝eq\f(1,nn＋k)型＋1＋n＋1(n∈N＋)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝log3(－an＋1)，設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋2)))的前n項和為Tn，求證：Tn<eq\f(3,4).(1)解由Sn＝eq\f(1,2)an＋1＋n＋1(n∈N＋)，得Sn－1＝eq\f(1,2)an＋n(n≥2，n∈N＋)，兩式相減，并化簡，得an＋1＝3an－2，即an＋1－1＝3(an－1)，又a1－1＝－2－1＝－3≠0，所以{an－1}是以－3為首項，3為公比的等比數(shù)列，所以an－1＝(－3)·3n－1＝－3n.故an＝－3n＋1.(2)證明由bn＝log3(－an＋1)＝log33n＝n，得eq\f(1,bnbn＋2)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，所以Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n－1)))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,n＋1)＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2n＋1n＋2)<eq\f(3,4).命題點2an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))型典例已知函數(shù)f(x)＝xα的圖像過點(4,2)，令an＝eq\f(1,fn＋1＋fn)，n∈N＋.記數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則S2017＝________.答案eq\r(2018)－1解析由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝eq\f(1,2)，則f(x)＝.∴an＝eq\f(1,fn＋1＋fn)＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，S2017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2017＝(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋(eq\r(4)－eq\r(3))＋…＋(eq\r(2017)－eq\r(2016))＋(eq\r(2018)－eq\r(2017))＝eq\r(2018)－1.思維升華(1)用裂項相消法求和時，要對通項進行變換，如：eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋k))＝eq\f(1,k)(eq\r(n＋k)－eq\r(n))，eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))，裂項后可以產(chǎn)生連續(xù)相互抵消的項．(2)抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后面也剩兩項．跟蹤訓(xùn)練(2018屆貴州遵義航天高級中學(xué)模擬)已知等差數(shù)列{an}滿足(a1＋a2)＋(a2＋a3)＋…＋(an＋an＋1)＝2n(n＋1)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,an·an＋1)，求{bn}的前n項和Sn.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，當(dāng)n＝1時，a1＋a2＝4，當(dāng)n＝2時，a1＋a2＋a2＋a3＝12，即4a2＝12，a2＝3，∴a1＝1，d＝a2－a1＝2，∴等差數(shù)列{an}的通項公式an＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴an＝2n－1.(2)由(1)得bn＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).四審結(jié)構(gòu)定方案典例(12分)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝－eq\f(1,2)n2＋kn(其中k∈N＋)，且Sn的最大值為8.(1)確定常數(shù)k，并求an；(2)設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(9－2an,2n)))的前n項和為Tn，求證：Tn<4.(1)eq\x(Sn＝－\f(1,2)n2＋kn)eq\o(→,\s\up7(Sn是關(guān)于n),\s\do5(的二次函數(shù)))eq\x(n＝k時，Sn最大)eq\o(→,\s\up7(根據(jù)Sn的結(jié)構(gòu)特征),\s\do5(確定k的值))eq\x(k＝4；Sn＝－\f(1,2)n2＋4n)eq\o(→,\s\up7(根據(jù)Sn),\s\do5(求an))eq\x(an＝\f(9,2)－n)(2)eq\x(\f(9－2an,2n)＝\f(n,2n－1))eq\o(→,\s\up7(根據(jù)數(shù)列結(jié)構(gòu)特征),\s\do5(確定求和方法))eq\x(Tn＝1＋\f(2,2)＋\f(3,22)＋…＋\f(n－1,2n－2)＋\f(n,2n－1))eq\o(→,\s\up7(錯位相減),\s\do5(法求和))eq\x(計算可得Tn)→eq\x(證明：Tn<4)規(guī)范解答(1)解當(dāng)n＝k∈N＋時，Sn＝－eq\f(1,2)n2＋kn取得最大值，即8＝Sk＝－eq\f(1,2)k2＋k2＝eq\f(1,2)k2，故k2＝16，k＝4.當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝－eq\f(1,2)＋4＝eq\f(7,2)，[3分]當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(9,2)－n.當(dāng)n＝1時，上式也成立．綜上，an＝eq\f(9,2)－n.[6分](2)證明∵eq\f(9－2an,2n)＝eq\f(n,2n－1)，∴Tn＝1＋eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n－1,2n－2)＋eq\f(n,2n－1)，①2Tn＝2＋2＋eq\f(3,2)＋…＋eq\f(n－1,2n－3)＋eq\f(n,2n－2).②[7分]②－①，得2Tn－Tn＝2＋1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2n－2)－eq\f(n,2n－1)＝4－eq\f(1,2n－2)－eq\f(n,2n－1)＝4－eq\f(n＋2,2n－1).[11分]∴Tn＝4－eq\f(n＋2,2n－1).∴Tn<4.[12分]1．(2018·廣州調(diào)研)數(shù)列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…，(2n－1)＋eq\f(1,2n)，…的前n項和Sn的值等于()A．n2＋1－eq\f(1,2n) B．2n2－n＋1－eq\f(1,2n)C．n2＋1－eq\f(1,2n－1) D．n2－n＋1－eq\f(1,2n)答案A解析該數(shù)列的通項公式為an＝(2n－1)＋eq\f(1,2n)，則Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n)))＝n2＋1－eq\f(1,2n).2．(2018·長春調(diào)研)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，則S17等于()A．9 B．8C．17 D．16答案A解析S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.3．在數(shù)列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則數(shù)列{an}的前12項和等于()A．76B．78C．80D．82答案B解析由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1·an＋1＝2n＋1，得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1,5,9及n＝2,6,10，結(jié)果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故選B.4．(2018·深圳調(diào)研)已知函數(shù)f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2，n為奇數(shù)，,－n2，n為偶數(shù)，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，則a1＋a2＋a3＋…＋a100等于()A．0B．100C．－100D．10200答案B解析由題意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－50×101＋50×103＝100.故選B.()A．211B．212C．126D．147答案D解析由題意意可得a1＝1，a2＝2，a3＝a1＋1＝2，a4＝2a2＋0＝4，a5＝a3＋1＝3，a6＝2a4＝8.即其奇數(shù)項構(gòu)成首項為1，公差為1的等差數(shù)列，而其偶數(shù)項則構(gòu)成首項為2，公比為2的等比數(shù)列，所以該數(shù)列的前2n項的和S2n＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(n＋\f(nn－1,2)×1))＋eq\f(21－2n,1－2)＝eq\f(n2＋n,2)＋2n＋1－2，令n＝6，可得S12＝147.6．(2018屆南寧二中、柳州高中聯(lián)考)已知數(shù)列2008，2009，1，－2008，…，若這個數(shù)列從第二項起，每一項都等于它的前后兩項之和，則這個數(shù)列的前2018項之和S2018＝________.答案4017解析由題意可知an＋1＝an＋an＋2，a1＝2008，a2＝2009，∴a3＝1，a4＝－2008，a5＝－2009，a6＝－1，a7＝2008，…，所以an＋6＝an，即數(shù)列{an}是以6為周期的數(shù)列，又a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝0，∴S2018＝336(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6)＋(a1＋a2)＝4017.7．(2017·全國Ⅱ)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a3＝3，S4＝10，則eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,Sk)＝________.答案eq\f(2n,n＋1)解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＝a1＋2d＝3，,S4＝4a1＋\f(4×3,2)d＝10，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1.))∴Sn＝n×1＋eq\f(nn－1,2)×1＝eq\f(nn＋1,2)，eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).∴eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,Sk)＝eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).8．(2018·商丘質(zhì)檢)有窮數(shù)列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有項的和為__________．答案2n＋1－2－n解析由題意知所求數(shù)列的通項為eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，故由分組求和法及等比數(shù)列的求和公式可得和為eq\f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－2－n.9．(2018屆湖南永州模擬)若Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2＋4)＋eq\f(1,2＋4＋6)＋…＋eq\f(1,2＋4＋6＋…＋2n)(n∈N＋)，則S2017＝________.答案eq\f(2017,2018)解析令an＝eq\f(1,2＋4＋6＋…＋2n)＝eq\f(2,2＋2nn)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，故S2017＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2017)－eq\f(1,2018)＝eq\f(2017,2018).10．(2017·安陽二模)已知數(shù)列{an}中，an＝－4n＋5，等比數(shù)列{bn}的公比q滿足q＝an－an－1(n≥2)且b1＝a2，則|b1|＋|b2|＋|b3|＋…＋|bn|＝________.答案4n－1解析由已知得b1＝a2＝－3，q＝－4，∴bn＝(－3)×(－4)n－1，∴|bn|＝3×4n－1，即{|bn|}是以3為首項，4為公比的等比數(shù)列，∴|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝eq\f(31－4n,1－4)＝4n－1.11．(2018屆廣東佛山三水區(qū)實驗中學(xué)模擬)已知等差數(shù)列{an}的公差d為2，Sn是它的前n項和，a1，a4，a13成等比數(shù)列．(1)求an和Sn；(2)設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前n項和為Tn，求Tn.解(1)因為a4＝a1＋3d＝a1＋6，a13＝a1＋12d＝a1＋24，而a1，a4，a13成等比數(shù)列，所以aeq\o\al(2,4)＝a1a13，即(a1＋6)2＝a1(a1＋24)，解得a1＝3，所以an＝3＋(n－1)·2＝2n＋1，Sn＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n.(2)由(1)知eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,nn＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))所以Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(3,4)－eq\f(2n＋3,2n2＋6n＋4).12．(2017·天津河西區(qū)二模)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝n(n＋1)(n∈N＋)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足：an＝eq\f(b1,3＋1)＋eq\f(b2,32＋1)＋eq\f(b3,33＋1)＋…＋eq\f(bn,3n＋1)，求數(shù)列{bn}的通項公式；(3)令cn＝eq\f(anbn,4)(n∈N＋)，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.解(1)當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝2；當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n，可知a1＝2滿足該式，∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n(n∈N＋)．(2)an＝eq\f(b1,3＋1)＋eq\f(b2,32＋1)＋eq\f(b3,33＋1)＋…＋eq\f(bn,3n＋1)(n≥1)，①an＋1＝eq\f(b1,3＋1)＋eq\f(b2,32＋1)＋eq\f(b3,33＋1)＋…＋eq\f(bn,3n＋1)＋eq\f(bn＋1,3n＋1＋1)，②②－①得eq\f(bn＋1,3n＋1＋1)＝an＋1－an＝2，bn＋1＝2(3n＋1＋1)，而b1＝8，故bn＝2(3n＋1)(n∈N＋)．(3)∵cn＝eq\f(anbn,4)＝n(3n＋1)＝n·3n＋n，∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝(1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n)＋(1＋2＋…＋n)．令Hn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n，③則3Hn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n×3n＋1，④③－④得－2Hn＝3＋32＋33＋…＋3n－n×3n＋1＝eq\f(31－3n,1－3)－n×3n＋1，Hn＝eq\f(2n－1·3n＋1＋3,4)，∴數(shù)列{cn}的前n項和Tn＝eq\f(2n－1·3n＋1＋3,4)＋eq\f(nn＋1,2).13．(2018屆廣東珠海一中等六校聯(lián)考)數(shù)列{an}滿足a1＝1，且對于任意的n∈N＋都有an＋1＝an＋a1＋n，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2017)等于()A.eq\f(2016,2017) B.eq\f(4032,2017)C.eq\f(2017,2018) D.eq\f(4034,2018)答案D解析由題意可得an＋1－an＝n＋1，則a1＝1，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，以上各式相加可得an＝eq\f(nn＋1,2)，則eq\f(1,an)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2017)＝2×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2017)－\f(1,2018)))))＝eq\f(4034,2018).14．設(shè)f(x)＝eq\f(4x,4x＋2)，若S＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2017)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2017)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2016,2017)))，則S＝________.答案1008解析∵f(x)＝eq\f(4x,4x＋2)，∴f(1－x)＝eq\f(41－x,41－x＋2)＝eq\f(2,2＋4x)，∴f(x)＋f(1－x)＝eq\f(4x,4x＋2)＋eq\f(2,2＋4x)＝1.S＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2017)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2017)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2016,2017)))，①S＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2016,2017)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2015,2017)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2017)))，②①＋②，得2S＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al